河南省名校联盟2020届高三下学期5月联考物理试题 Word版含解析

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www.ks5u.com2019-2020学年下学期高三5月联考理科综合物理部分一、选择题1.某一物理兴趣研究小组让一个玩具电动飞机由静止开始沿直线运动，得到速度随位移变化的图线关系，如图所示，可将该玩具电动飞机视为质点，关于该玩具电动飞机的运动下列说法正确的是（　　）A.质点做匀加速直线运动B.质点运动S0过程中的平均速度小于C.质点做加速度逐渐减小的加速运动D.质点运动过程中，机械能增大【答案】B【解析】【详解】AC．从图可知，s与v成正比，即s=kvk是比例系数（常量），则显然加速度与速度成正比，随着速度增大，质点的加速度增大，所以质点做加速度逐渐增大的变加速运动，故AC都错误；B．根据v—t图象的斜率等于加速度，图象与时间轴所围的面积表示位移，知该质点通过的位移小于匀加速直线运动的位移，所以该质点的平均速度小于匀加速直线运动的平均速度，故B正确；D．质点运动过程中，可能有外力对质点做负功，所以机械能也可能减小，故D错误。故选B。2.天文学家通过天文望远镜的观测，在太空中发现一颗A行星围绕B恒星运动，将此运动近似看作匀速圆周运动。通过天文观测测得A行星的运动周期为T，轨道半径为R，引力常量为G，则不能求出的物理量为（　　）-21- A.A行星运动的加速度B.B恒星的质量C.A行星运动角速度D.B恒星的密度【答案】D【解析】【详解】对A行星，由万有引力提供向心力可得由此可得，A行星的加速度为B行星的质量为A行星的角速度为由此可知，A、B、C均可求出，因为不知B星本身的半径，所以求不出B星的密度。故选D。3.下列说法正确的是（　　）A.按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，系统的电势能增大，动能的减少量在数值上等于电势能的增加量B.按照玻尔理论，氢原子核外电子在能级之间跃迁时，不论是从高能级跃迁到低能级，还是从低能级跃迁到高能级，在数值上总是动能的变化量大于电势能的变化量C.按照玻尔理论，氢原子核外电子在能级之间跃迁时，不论是从高能级跃迁到低能级，还是从低能级跃迁到高能级，在数值上总是动能的变化量小于电势能的变化量D.按照玻尔理论，氢原子核外电子在能级之间跃迁时，在数值上动能的变化量可能小于电势能的变化量，也可能大于，要具体情况具体分析【答案】C【解析】-21- 【详解】根据玻尔理论知识可知氢原子核外电子从高能级向低能级跃迁时动能增加，势能减小，原子总能量变小，故在数值上总是动能的变化量小于电势能的变化量；从低能级向高能级跃迁时，动能减小，势能增加，原子总能量变大，故在数值上总是动能的变化量小于电势能的变化量，故ABD错误，C正确。故选C。4.如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上，A、B间的动摩擦因数为µ，B与地面间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，现对A施加水平拉力F，则（　　）A.当F＜2µmg时，A、B都相对地面静止B.当F=µmg时，A的加速度为µgC.当F＞3µmg时，A相对B滑动D.无论F为何值，B的加速度不会超过µg【答案】C【解析】【详解】AC．AB之间的最大静摩擦力为B与地面间的最大静摩擦力为设当A、B恰好发生相对滑动时的拉力为，加速度为，则对A，有.对A、B整体，有解得故当A相对于B静止，二者以共同的加速度开始运动，当-21- A相对于B滑动，当A和B都相对地面静止，由以上分析可知，故A错误，C正确；B．当，在范围，故A相对于B静止，二者以共同的加速度开始运动，对整体，由牛顿第二定律有故B错误；D．A对B的最大摩擦力为，B受到的地面的最大静摩擦力为，A和B即将发生相对滑动时，对B物体所以故B加速度不会超过，故D错误。故选C。5.让一价氢离子、一价氦离子和二价氦离子的混合物以相同的初动能在同一位置垂直射入水平放置的一对平行板形成的匀强电场，不计离子的重力和离子间的相互作用，离子束从进入到射出该偏转电场的过程中，下列说法正确的是（　　）A.偏转电场对这三种不同的离子做功均不相等B.偏转电场对其中两种离子的冲量相同C.在偏转电场中它们形成两股离子束D.在偏转电场中它们形成三股离子束【答案】C【解析】【详解】A．偏转电场中运动的时间为-21- 偏转距离为偏转电场做功为由于一价氦离子和二价氦离子的电荷量不同，所以做功不同，故A错误；B．偏转电场对每个离子冲量为所以偏转电场对每个离子冲量不相同，故B错误；CD．由可知，一价氢离子、一价氦离子的轨迹相同，二价氦离子的轨迹与前两者不同，所以在偏转电场中它们形成两股离子束，故C正确，D错误。故选C。6.如图半径为R的圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场，半径OC与OB夹角为60°。一电子以速率v从A点沿直径AB方向射入磁场，从C点射出。电子质量为m、电荷量为e，不计电子重力，下列说法正确的是（　　）A.磁场方向垂直纸面向外B.磁感应强度大小为-21- C.电子在磁场中的运动时间为D.若电子速率变为，仍要从C点射出，磁感应强度大小应变为原来的倍【答案】ABD【解析】【详解】A．根据左手定则，磁场方向垂直纸面向外，故A正确；B．由题意得，电子的运动半径为解得，故B正确；C．运动周期，电子在圆形区域的运动时间故C错误；D．电子的运动半径恰好等于，若电子速率变为，仍要从C点射出，磁感应强度大小应变为原来的，故D正确。故选ABD。7.如图所示，足够长的两条平行金属导轨竖直放置，其间有与导轨平面垂直的匀强磁场，两导轨通过导线与检流计G1、线圈M接在一起。N是绕在“□”形铁芯上的另一线圈，它与检流计G2组成闭合回路。现有一金属棒ab沿导轨由静止开始下滑，下滑过程与导轨接触良好，在ab下滑的过程中（　　）A.通过G1的电流是从左端进入的B.通过G2的电流是从右端进入的C.检流计G1的示数逐渐增大，达到最大值后恒定D.检流计G2的示数逐渐减小，最后趋于一不为零的恒值【答案】BC-21- 【解析】【详解】A．金属棒沿导轨下滑，根据右手定则，在下滑的过程中，产生的感应电流方向由a到b，所以通过G1的电流是从右端进入的，A错误；B．由于金属棒加速运动，所以在线圈M中就产生了增强的磁场，变化的磁场通过另一线圈，产生了感应电流，在线圈M中是向下的变大的磁场，根据楞次定律得在线圈N中就产生了向下的感应电流产生的磁场，所以通过G2的电流是从右端进入的，B正确；CD．由于金属棒加速运动，产生变大的感应电流，同时受到的安培力也在增大，当安培力与重力平衡，G1产生恒定电流，线圈M中就是不变的磁场，那么在线圈N中就不能产生感应电流，所以检流计G1的示数逐渐增大，最后达到最大值不变，根据变压器的电流和匝数关系，检流计G2的示数逐渐减小，最后趋于零，D错误C正确。故选BC。8.如图甲所示，物块A、B间拴接一个压缩后被锁定的弹簧，整个系统静止放在光滑水平地面上，其中A物块最初与左侧固定的竖直挡板相接触，B物块质量为2kg。现解除对弹簧的锁定，在A离开挡板后，B物块的v—t图如图乙所示，则下列哪些说法是错误的（　　）A.A的质量为2kgB.运动过程中A的最大速度为vA=4m/sC.在A离开挡板前，系统动量守恒、机械能守恒D.在A离开挡板后弹簧的最大弹性势能为4J【答案】ACD【解析】【详解】A．弹簧伸长最长时弹力最大，B的加速度最大，此时AB共速，由图知，AB共同速度为v共=2m/sA刚离开挡板时B的速度为v0=3m/s在A离开挡板后，取向右为正方向，由动量守恒定律，有-21- mBv0=mAvA+mBvB解得mA=1kgA选项符合题意，故A正确；B．当弹簧第二次恢复原长时A的速度最大，由mBv0=mAvA+mBvB解得A的最大速度vA=4m/sB选项不合题意，故B错误；C．在A离开挡板前，由于挡板对A有作用力，A、B系统所受合外力不为零，所以系统动量不守恒。C选项符合题意，故C正确；D．分析A离开挡板后A、B的运动过程，并结合图象数据可知，弹簧伸长到最长时A、B的共同速度为v共=2m/s根据机械能守恒定律和动量守恒定律，有mBv0=(mA+mB)v共联立解得：弹簧的最大弹性势能Ep=3JD选项符合题意，故D正确。故选ACD。二、实验题9.如图甲所示，某物理兴趣小组做了一个实验，在水平放置的气垫导轨上放了一带有方盒的滑块，质量为m1，气垫导轨右端固定一定滑轮，细线绕过滑轮，一端与滑块相连，另一端挂有6个钩码，设每个钩码的质量为m2，且m1=4m2。-21- (1)用游标卡尺测出滑块上的挡光片的宽度，读数如图乙所示，则宽度D=_______mm；(2)某同学打开气源，将滑块由静止释放，滑块上的挡光片通过光电门的时间为t，则滑块通过光电门的速度为_____________（用题中所给字母表示）；(3)开始实验时，细线另一端挂有6个钩码，由静止释放后细线上的拉力为F1，接着每次实验时将1个钩码移放到滑块上的方盒中，当只剩3个钩码时细线上的拉力为F2，则F1_______1.5F2（填“大于”、“等于”或“小于”）；(4)若每次移动钩码后都从同一位置由静止释放滑块，设释放时挡光片距光电门的距离为S，悬挂钩码的个数为n，测出每次挡光片通过光电门的时间为t，测出多组数据，并绘出图象，已知图线斜率为A，则当地重力加速度为_________（用题中字母表示）。【答案】(1).5.20mm(2).(3).小于(4).【解析】【详解】(1)[1]游标卡尺的主尺读数为5mm，游标读数为0.05×4mm=0.20mm则最终读数5.20mm。(2)[2]极短时间内的平均速度等于瞬时速度的大小，则滑块通过光电门的速度(3)[3]对整体分析隔离对滑块分析，根据牛顿第二定律得F1=m1a1=4m2×0.6g=2.4m2g-21- 对整体分析隔离对滑块分析，根据牛顿第二定律得F2=7m2a2=2.1m2g可得F1<1.5F2(4)[4]滑块通过光电门的速度根据v2=2aS解得因为代入得图线的斜率解得10.某同学利用图甲所示的电路测量电流表的内阻RA（约为10Ω和电源的电动勢E．图中R1和R2为电阻箱，S1和S2为开关，已知电流表的量程为100mA-21- （1）断开S2，闭合S1，调节R1的阻值，使满偏；保持R1的阻值不变，闭合S2，调节R2，当R2的阻值为5．2Ω时的示数为40mA．则电流表的内阻的测量值RA=____Ω，该测量值_______（填“大于”“小于”或“等于”）真实值．（2）保持S1闭合，断开S2，多次改变R1的阻值，并记录电流表的相应示数．若某次R1的示数如图乙所示，则此次R1的阻值为______Ω．（3）利用记录的R1的阻值和相应的电流表示数I，作出I—1－R1图象，如图丙所示，利用图丙可求得E＝_____V，（结果保留两位有效数字）【答案】(1).（1）7.8(2).小于(3).（2）120.6(4).（3）9.3（9.1-9.4）【解析】【分析】(1)根据题意应用并联电路特点与欧姆定律求出电流表内阻；(2)电阻箱各旋钮示数与对应倍率的乘积之和是电阻箱示数；(3)根据电路图应用闭合电路欧姆定律求出表达式，然后根据图示图象求出电源电动势．【详解】(1)由题意可知，干电路电流不变为：Ig=100mA，流过电阻箱R2的电流：I2=Ig-IA=100mA-40mA=60mA，电流表内阻：，当开关S2闭合后，并联部分的电阻减小，总电流偏大，所以流过流过电阻箱R2的电流应大于60mA，所以该测量值小于真实值；(2)由图乙所示可知，电阻箱阻值为：1×100Ω+2×10Ω+0×1Ω+6×0.1Ω=120.6Ω；(3)断开S2、闭合S1，由图示电路图可知，电源电动势：E=I（r+R1+RA），则：-21- 图象的斜率：，解得：E≈9.3V．【点睛】电阻箱各旋钮示数与对应倍率的乘积之和是电阻箱示数，要掌握常用器材的使用及读数方法；根据题意分析清楚电路结构、应用闭合电路的欧姆定律求出图象的函数表达式是解题的关键．三、解答题11.如图，物块A、C置于光滑水平桌面上，通过轻质滑轮和细绳悬挂物块B，物块A的质量m1=3kg，B的质量m2=2kg，C的质量m3=1kg。重力加速度大小为10m/s2。三个物块同时由静止释放。求：(1)物块A和C的速度大小之比；(2)物块B下降h=0.5m时，A与C两物块仍在水平桌面上，物块A的速度大小是多少？【答案】(1)1:3；(2)1m/s【解析】【详解】（1）以物块A、C为系统，由动量守恒定律得m3vC-m1vA=0解得vA：vC=1：3（2）设物块B下降h=0.5m时，物块A的速度为v，物块C的速度为3v，由三者的运动关系知vA+vC=2vB由机械能守恒定律得解得v=1m/s-21- 12.如图甲所示，两根完全相同的光滑导轨固定，每根导轨均由两段与水平成θ=30°的长直导轨和一段圆弧导轨平滑连接而成，导轨两端均连接电阻，阻值R1=R2=2Ω，导轨间距L=0.6m。在右侧导轨所在斜面的矩形区域M1M2P2P1内分布有垂直斜面向上的磁场，磁场上下边界M1P1、M2P2的距离d=0.2m，磁感应强度大小随时间的变化规律如图乙所示。t=0时刻，在右侧导轨斜面上与M1P1距离s=0.1m处，有一根阻值r=2Ω的金属棒ab垂直于导轨由静止释放，恰好匀速通过整个磁场区域，取重力加速度g=10m/s2，导轨电阻不计。求：(1)ab在磁场中运动到M1P1和M2P2中点时切割磁感线产生的电动势为多少？(2)在t1=0.15s时刻和t2=0.3s时刻电阻R1两端的电压之比为多少？(3)在0~0.2s时间内和0.2s之后电阻R2上产生的热量之比为多少。【答案】(1)0.6V；(2)；(3)2:3【解析】【详解】（1）根据动能定理可得解得棒从释放到运动至的时间所以当运动到磁场的中点位置时，磁场已是恒定磁场，故（2）由第一问知，棒从释放到运动至的时间-21- 在时，棒还没有进入磁场，有此时与金属棒并联后再与串联，则根据欧姆定律可得由图乙可知，后磁场保持不变，经过磁场的时间故在时，还在磁场中运动，由第一问知电动势此时和并联路端电压在时刻和时刻电阻的电压之比（3）设的质量为m，在磁场中运动时，通过的电流为受到的安培力为又-21- 解得在时间内，两端电压产生的热量为最终将在下方的轨道区域往返运动，到处的速度为零，根据功能关系可得，在后整个电路最终产生的热量为由电路关系可得产生的热量故两段时间内产生的热量之比为2:3四、选考题13.下列说法正确的是（　　）A.虽然空调机既能致热又能致冷，但热传递仍然是存在方向性的B.当分子间距离减小时，分子势能一定减小C.把一枚针放在水面上，它会浮在水面，这是水表面存在表面张力的缘故D.气体对容器壁的压强，是由气体分子对容器壁的频繁碰撞造成的E.只要知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，就可以算出气体分子的体积【答案】ACD【解析】【详解】A．根据热力学第二定律可知，热传递的过程有一定的方向性，故A符合题意；B．当分子力表现为斥力时，分子之间的距离减小，则分子力做负功，所以分子势能可随分子间距离的减小而增大，故B不符合题意；-21- C．把一枚针轻放在水面上，它会浮在水面，浮力很小，可以忽略不计，故一定是由于水表面存在表面张力的缘故，故C符合题意；D．根据对气体压强的微观解释可知，气体对容器璧的压强，是由气体分子对容器壁的频繁碰撞造成的，故D符合题意；E．只知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，就可以算出气体的分子所占据的空间大小，不能算出气体分子体积，故E不符合题意。故选ACD。14.如图，一粗细均匀的U型管竖直放置，A侧上端封闭，B侧上端与大气相通，下端开口处开关K关闭，A侧空气柱的长度为L=10.0cm，B侧水银面比A侧的高h=3.0cm。现将开关K打开，从U形管中放出部分水银，当两侧水银面的高度差为h1=10.0cm时将开关K关闭。已知大气压强p0=75.0cmHg。两侧管的横截面积均为1cm2，水银的密度ρ=13.6g/cm3。(1)求放出部分水银后A侧空气柱的体积为多少cm3；(2)此后再向B侧注入水银，使A、B两侧的水银面达到同一高度，求注入的水银的质量为多少g。（第二问保留三位有效数字）【答案】(1)12cm3；(2)180g【解析】【详解】①以cmHg为压强单位。设A侧空气柱长度L=10.0cm时压强为p，当两侧的水银面的高度差为h1=10.0cm时，空气柱的长度为L1，压强为p1，由玻意耳定律，有pSL=p1SL1由力学平衡条件，有p=p0+h打开开关放出水银的过程中，B侧水银面处的压强始终为p0，而A侧水银面处的压强随空气柱长度的增加逐渐减小，B、A两侧水银面的高度差也随着减小，直至B侧水银面低于A侧水银面h1为止，由力学平衡条件，有p1=p0-h1-21- 由以上几式联立计算得L1=12cm所以体积为SL1=12cm3②当A、B两侧的水银面达到同一高度时，设A侧空气柱的长度为L2，压强为p2，由玻意耳定律，有pSL=p2SL2由力学平衡条件有p2=p0联立并代入题目数据，有L2=10.4cm设注入水银在管内的长度为，依题意，有联立并代入题目数据，有所以质量约为180g。15.甲乙两列简谐横波在同一介质中分别沿x轴正向和负向传播波速均为40cm/s，两列波在t=0时的部分波形如图所示。关于这两列波，下列说法正确的是（　　）A.乙波的波长为48cmB.甲波周期为为1.0sC.t=0时刻，介质中偏离平衡位置位移为24cm的相邻质点的距离为240cmD.两列波能形成稳定的干涉-21- E.从t=0时刻计时在图示的区域内，经过0.45s才再次出现有质点偏离平衡位置的位移为24cm【答案】ABC【解析】【详解】A．从图线可以看出，甲、乙两列波的波长分别为，，故A正确；B．甲波的周期故B正确；C．t=0时，在x=40cm处两列波的波峰相遇，该处质点偏离平衡位置的位移为24cm，甲、乙两列波的波峰的x坐标分别为：其中，由上解得，介质中偏离平衡位置位移为24cm的所有质点的x坐标为：其中；所以，t=0时刻，介质中偏离平衡位置位移为24cm的相邻质点的距离为S=240cm，故C正确；D．两波的周期不同，不能形成稳定的干涉，故D错误；E．经过0.45s，甲波向右传播距离x甲=vt=40cm/s×0.45s=18cm图中x=0处波峰传到x=18cm处；乙波向左传播的距离x乙=vt=40cm/s×0.45s=18cm图中x=40处波峰传到x=22cm处，可知在图示的区域内，经过0.45s没有出现有质点偏离平衡位置的距离为24cm，故E错误。故选ABC。-21- 16.如图，玻璃球冠的折射率为，其底面镀银，球半径是底面半径的倍；在过球心O且垂直于底面的平面（纸面）内，有一与底面垂直的光线射到玻璃球冠上的M点，该光线的延长线恰好过底面边缘上的A点。求该光线从M点射入经折射到底面和从底面经反射到再从球面穿出两段所用时间之比。【答案】【解析】【详解】设球半径为R，底面半径为r，因为，即；球冠地面中心为，连接，则，令，则即已知，所以∠OAM=60°设图中N点为光线在球冠内地面上反射点，光路图如图所示.设光线在M点的入射角为i，折射角为r，在N点的入射角为，反射角为，玻璃的折射率为n；由于△OAM为等边三角形，所以入射角i=60°由折射定律得sini=nsinr-21- 代入数据得r=30°作N点的法线NE，由于NE//MA，所以由反射定律得连接ON，由几何关系可知△MAN≌△MON，则∠MNO=60°；由以上式可得∠ENO=30°，所以∠ENO为反射角，ON为反射光线。由于这一反射光线垂直球面，所以经球面再次折射后不改变方向.由数学关系可知故两段所用时间之比等于对应距离之比为-21- -21-